精品解析：四川省成都东部新区养马高级中学2024-2025学年高二下学期6月月考数学试题

成都东部新区养马高级中学2024-2025学年度（下） 高2023级6月月考数学试卷 本试卷分选择题和非选择题两部分．第Ⅰ卷（选择题）1至2页，第Ⅱ卷（非选择题）3至4页，共4页，满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、班级填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 5．考试结束后，只将答题卡交回． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 的展开式中常数项为（ ） A. B. C. D. 2. 某地气象局统计，当地某日刮风的概率为，既刮风又下雨的概率为，则该地在刮风天里，下雨的概率为（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，则在点处的切线的斜率为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 4. 设为等差数列的前项和，已知，，则（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 5. 2024年世界园艺博览会在成都举行，展会期间需要志愿者开展服务活动，其中有5名志愿者全部被安排到3家参展商开展服务活动，每家参展商至少有1名志愿者，则5名志愿者不同的安排方法有（ ） A. 150种 B. 250种 C. 300种 D. 540种 6. 已知是定义域为的函数的导函数，的图象如图所示，且有3个零点，则下列结论正确的是（ ） A. 在单调递增 B. 有3个极大值点 C. D. 可以同时小于0 7. 已知数列满足，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 过双曲线的右支上一点，分别向和作切线，切点分别为，则的最小值为（ ） A. 28 B. 30 C. 31 D. 32 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 设离散型随机变量的分布列为 2 3 4 0.3 0.4 若，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，点，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 直线与直线所成角的余弦值为 D. 直线与平面所成角的正弦值为 11. 已知二项式的展开式中共有7项，则下列说法正确的有（   ） A. 为7 B. 所有项的二项式系数和为64 C. 二项式系数最大的项为第4项 D. 没有常数项 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡上． 12. 若等比数列满足：，，则数列的公比______. 13. 公园计划在小路的一侧种植丹桂、金桂、银桂、四季桂4棵桂花树，垂乳银杏、金带银杏2棵银杏树，要求2棵银杏树必须相邻，则种植方法共有______种． 14. 已知直线：，圆：，若直线与圆交于两点，则的取值范围为______. 四、解答题：本大题共5小题，共77分，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，四棱锥的底面是正方形，底面，点在棱上． （1）求证：平面平面； （2）当，且为的中点时，求与平面所成的角的大小． 16. 已知数列的前项的和为． （1）求出数列的通项公式； （2）数列的通项公式为，求出数列的前项和． 17. 为宣扬中国文化，某校组织古诗词知识比赛.比赛分为两阶段，第一阶段为基础知识问答，每位选手都需要回答3个问题，答对其中至少2个问题，进入第二阶段，否则被淘汰；第二阶段分高分组、和低分组，第一阶段3个问题都答对的选手进入高分组，共回答4个问题，每答对一个得20分，答错不得分；第一阶段答对2个问题的选手进入低分组，共回答4个问题，每答对一个得10分，答错不得分.第一阶段，每个问题选手甲答对的概率都是；第二阶段，若选手甲进入高分组，每个问题答对的概率都是，若选手甲进入低分组，每个问题答对的概率都是. （1）求选手甲第一阶段不被淘汰的概率； （2）求选手甲在该次比赛得分数为40分的概率； （3）已知该次比赛选手甲进入了高分组，记选手甲在该次比赛中得分数为，求随机变量的分布列和期望值. 18. 已知和为椭圆上两点. （1）求C的离心率; （2）若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 19. 已知，函数，． （1）当时，讨论函数的单调性； （2）证明：函数存在两个零点； （3）当时，不等式恒成立，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都东部新区养马高级中学2024-2025学年度（下） 高2023级6月月考数学试卷 本试卷分选择题和非选择题两部分．第Ⅰ卷（选择题）1至2页，第Ⅱ卷（非选择题）3至4页，共4页，满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、班级填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 5．考试结束后，只将答题卡交回． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 的展开式中常数项为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由二项展开式的通项，令的指数为零即可求得. 【详解】展开式的通项为： ， 由可得， 因此，展开式中的常数项为. 故选：B. 2. 某地气象局统计，当地某日刮风的概率为，既刮风又下雨的概率为，则该地在刮风天里，下雨的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用条件概率公式求解 【详解】解：记事件A为“当地某日刮风”，事件B为“当地某日下雨”，则由题意可得 , 所以, 所以该地在刮风天里，下雨的概率为， 故选：B 3. 已知函数，则在点处的切线的斜率为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】求导，再根据导数的几何意义即可得解. 【详解】，则， 即在点处的切线的斜率为. 故选：C. 4. 设为等差数列的前项和，已知，，则（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】A 【解析】 【详解】设等差数列的公差为d，由题意建立方程，即可求出，d，再根据等差数列的通项公式，即可求出结果． 【分析】设等差数列的公差为d，由题意可知，解得，， 所以． 故选：A 5. 2024年世界园艺博览会在成都举行，展会期间需要志愿者开展服务活动，其中有5名志愿者全部被安排到3家参展商开展服务活动，每家参展商至少有1名志愿者，则5名志愿者不同的安排方法有（ ） A. 150种 B. 250种 C. 300种 D. 540种 【答案】A 【解析】 【分析】先将5名志愿者分成3组，一是1，1，3，二是1，2，2，再分配到3家参展商即可． 【详解】先将5名志愿者分成3组，再分配到3家参展商， 故不同的安排方式共有种． 故选：A． 6. 已知是定义域为的函数的导函数，的图象如图所示，且有3个零点，则下列结论正确的是（ ） A. 在单调递增 B. 有3个极大值点 C. D. 可以同时小于0 【答案】C 【解析】 【分析】根据的图象，得到的单调性，再逐一分析即可. 【详解】由题图知，在和上单调递减，在和上单调递增， 所以有2个极小值点和1个极大值点，故A错误，B错误， 又因为有3个零点，则的极大值必大于等于0，故C正确， 若同时小于0，则，结合， 至多有2个零点，不符合题意，故D错误. 故选：C. 7. 已知数列满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，得到，再利用等比数列的定义求解. 【详解】因为，所以． 因为，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列， 所以，所以， 故． 故选：C 8. 过双曲线的右支上一点，分别向和作切线，切点分别为，则的最小值为（ ） A. 28 B. 30 C. 31 D. 32 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆的方程确定圆心和半径，且双曲线左右焦点为两圆圆心，连接，应用勾股定理及双曲线定义及已知确定相关线段和差最值，即可求结果. 【详解】由双曲线方程可知： 可知双曲线方程的左、右焦点分别为， 圆的圆心为（即），半径为； 圆的圆心为（即），半径为． 连接，则 可得 ， 当且仅当为双曲线的右顶点时，取得等号，即的最小值为30． 故选：B． 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 设离散型随机变量的分布列为 2 3 4 0.3 0.4 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据分布列的性质得出.进而根据期望方差公式得出的值，根据对应关系，得出的值. 【详解】对于A、B项，由表格可得，所以. 则， .故A正确，B错误； 对于C、D项，因为，，， 所以，，.故C错误，D正确. 故选：AD. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，点，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 直线与直线所成角的余弦值为 D. 直线与平面所成角的正弦值为 【答案】BC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A；利用线线、线面角的向量求法计算判断CD；利用等体积法计算体积判断B. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 对于A，，显然与不共线，因此与不平行，A错误； 对于B，三棱锥的体积，B正确； 对于C，，， 因此直线与直线所成角的余弦值为，C正确； 对于D，，令平面的法向量， 则，令，得，令直线与平面所成的角为， 而，因此，D错误. 故选：BC 11. 已知二项式的展开式中共有7项，则下列说法正确的有（   ） A. 为7 B. 所有项的二项式系数和为64 C. 二项式系数最大的项为第4项 D. 没有常数项 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据二项式展开式的特征求出，即可判断A，再由二项式系数和为，可判断B，由二项式系数的特征可判断C，写出展开式的通项，即可判断D. 【详解】对A,因为二项式的展开式中共有7项，所以，即，故A错误； 对B,二项式中，所有项的二项式系数和为，故B正确； 对C,因为二项式的展开式中共有7项，所以二项式系数最大的项为第4项，故C正确； 对D,二项式的通项为， 令，得，不满足题意，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡上． 12. 若等比数列满足：，，则数列的公比______. 【答案】 【解析】 【分析】由结合已知条件可求得的值. 【详解】因为等比数列满足：，， 则，解得. 故答案为：. 13. 公园计划在小路的一侧种植丹桂、金桂、银桂、四季桂4棵桂花树，垂乳银杏、金带银杏2棵银杏树，要求2棵银杏树必须相邻，则种植方法共有______种． 【答案】240. 【解析】 【分析】把两棵银杏树看出一个元素，求得有2中不同的排法，再把四棵桂花树和两棵银杏树的整体的5个不用的元素，进行全排列，即可求解，得到答案． 【详解】由题意，把两棵银杏树看出一个元素，共有种不同的排法， 则四棵桂花树和两棵银杏树的整体，共有5个不用的元素，共有中不同的排列， 所以两棵银杏树必须相邻，共有种不同的排法， 故答案为240种． 【点睛】本题主要考查了排列的实际应用问题，其中解答中认真审题，把两棵银杏树看出一个整体，合理排列求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题． 14. 已知直线：，圆：，若直线与圆交于两点，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】由直线过定点，可知圆心到直线的距离的范围，即可得弦长的取值范围. 【详解】 直线：过定点， 圆的标准方程为，所以圆心为，半径为， 因为，所以点在圆内， 所以直线与圆相交， 设圆心到直线的距离为，当与直线垂直的时候最大，所以， 则. 故答案为：. 四、解答题：本大题共5小题，共77分，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，四棱锥的底面是正方形，底面，点在棱上． （1）求证：平面平面； （2）当，且为的中点时，求与平面所成的角的大小． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证平面，再根据线面垂直证明面面垂直；（2）先构造出直线与平面所成的角，再根据三角形的边角关系求角. 【小问1详解】 设，连接，如图： 四边形是正方形，所以. 因为底面，底面，所以. 又，，平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 由1知平面于， 为与平面所的角， ，分别为、的中点， ，， 又底面， 底面，底面，， 在中，， ，即与平面所成的角的大小为． 16. 已知数列的前项的和为． （1）求出数列的通项公式； （2）数列的通项公式为，求出数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用与的关系结合等比数列的基本量法可得； （2）由错位相减可得. 【小问1详解】 ，① 当时，． 当时，，② ①-②得， 则，即数列是首项为1，公比为2的等比数列， 则， 数列的通项公式为． 【小问2详解】 ， 数列的通项公式为． 令， ， 则． 又， ． 17. 为宣扬中国文化，某校组织古诗词知识比赛.比赛分为两阶段，第一阶段为基础知识问答，每位选手都需要回答3个问题，答对其中至少2个问题，进入第二阶段，否则被淘汰；第二阶段分高分组、和低分组，第一阶段3个问题都答对的选手进入高分组，共回答4个问题，每答对一个得20分，答错不得分；第一阶段答对2个问题的选手进入低分组，共回答4个问题，每答对一个得10分，答错不得分.第一阶段，每个问题选手甲答对的概率都是；第二阶段，若选手甲进入高分组，每个问题答对的概率都是，若选手甲进入低分组，每个问题答对的概率都是. （1）求选手甲第一阶段不被淘汰的概率； （2）求选手甲在该次比赛得分数为40分的概率； （3）已知该次比赛选手甲进入了高分组，记选手甲在该次比赛中得分数为，求随机变量的分布列和期望值. 【答案】（1） （2） （3）分布列见解析，20 【解析】 【分析】（1）选手甲第一阶段不被淘汰，即甲回答三个问题答对其中2个或3个，根据条件即可求解； （2）选手甲在该次比赛得分数为40分有两种情况：进入高分组，答对2个问题；进入低分组，答对4个问题，根据条件求解即可； （3）由题的可能取值有，分别求出相应取值的概率，即可得出答案. 【小问1详解】 选手甲第一阶段不被淘汰，即甲回答三个问题答对其中2个或3个，其概率为： 【小问2详解】 选手甲在该次比赛得分数为40分有两种情况：进入高分组，答对2个问题；进入低分组，答对4个问题.故概率为： 【小问3详解】 的可能取值有， ， ， ， 所以分布列为： 0 20 40 60 80 所以. 18. 已知和为椭圆上两点. （1）求C的离心率; （2）若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 【答案】（1） （2）直线的方程为或. 【解析】 【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可； （2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅垂高乘表达面积即可. 【小问1详解】 由题意得，解得， 所以. 【小问2详解】 法一：，则直线的方程为，即， ，由（1）知， 设点到直线的距离为，则， 则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可， 此时该平行线与椭圆的交点即为点， 设该平行线的方程为：， 则，解得或， 当时，联立，解得或， 即或， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，联立得， ，此时该直线与椭圆无交点. 综上直线的方程为或. 法二：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，则，解得或， 即或，以下同法一. 法三：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，其中，则有， 联立，解得或， 即或，以下同法一； 法四：当直线的斜率不存在时，此时， ，符合题意，此时，直线的方程为，即， 当线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立椭圆方程有，则，其中，即， 解得或，，， 令，则，则 同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 则，解得， 此时，则得到此时，直线的方程为，即， 综上直线的方程为或. 法五：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当的斜率存在时，设，令， ，消可得， ，且，即， ， 到直线距离， 或，均满足题意，或，即或. 法六：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当直线斜率存在时，设， 设与轴的交点为，令，则， 联立，则有， ， 其中，且， 则， 则，解得或，经代入判别式验证均满足题意. 则直线为或，即或. 19. 已知，函数，． （1）当时，讨论函数的单调性； （2）证明：函数存在两个零点； （3）当时，不等式恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）答案见解析 （2） 证明：由，则， 当时，，，且等号不同时成立， 则； 当时，，，故， 设，则， 故函数在区间上单调递减， 又，， 故存在使得， 当时，，当时， 故函数在上单调递增，在上单调递减， 又， ，， 存在，使得， 故函数存在两个零点． （3） 【解析】 【分析】（1）先求，再分类讨论大于和小于时的正负即可得到函数的单调性； （2）分和讨论的单调性以及值域，再由得到的单调性，当时，构造函数利用导数结合零点存在定理分析； （3）先根据（2）中得到的的单调性画出其大致图象，再由（1）中的结论分类讨论，求出值域，最后由恒成立，确定的取值范围. 【小问1详解】 解：函数的定义域为， 又， 当时，，故函数在区间上单调递减； 当时，令，解得， 当变化时，，的变化情况如下表所示： 单调递增 单调递减 故当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减；当时，函数在区间上单调递减. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：设，， 由（2）可得函数的图象如图所示： 当时，因为，， 则，即恒成立； 当时，函数在区间上单调递减， 又，当时，， 存在，使得， 当时，， 故存在，使，即，与题设矛盾； 当时，函数的极大值为，即， 当时，即当时，， 故，即恒成立， 当时，即时，存在， 使，即，与题设矛盾． 综上，实数的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $